題目列表(包括答案和解析)
（河北省衡水中學2009屆高三調研卷．物理．8）金屬中存在著大量的價電子（可理解為原子的最外層電子），價電子在原子核和核外的其他電子產生的電場中運動，電子在金屬外部時的電勢能比它在金屬內部作為價電子時的電勢能大，前后兩者的電勢能差值稱為勢壘，用符號V表示，價電子就像被關在深度為V的方箱里的粒子，這個方箱叫做勢阱，價電子在勢阱內運動具有動能，但動能的取值是連續的，價電子處于最高能級時的動能稱為費米能，用Ef表示。用紅寶石激光器向金屬發射頻率為ν的光子，具有費米能的電子如果吸收了一個頻率為ν的光子而跳出勢阱，則 （ ）
A．具有費米能的電子跳出勢阱時的動能為Ek＝hν－V＋Ef
B．具有費米能的電子跳出勢阱時的動能為Ek＝hν－V－Ef
C．若增大激光器的強度，具有費米能的電子跳出勢阱時的動能增大
D．若增大激光器的強度，具有費米能的電子跳出勢阱時的動能不變
（海南省民族中學2009屆高三階段考試卷．物理．9）如圖7所示，一細束紅藍復色光垂直與AB邊射入直角三棱鏡，在AC面上反射和折射分成兩束細光束，其中一束細光束為單色光束。若用V1和V2分別表示紅、藍光在三棱鏡內的速度，下列判斷正確的是（ ）
A．V1<V2 單色光束為紅色 B．V1<V2 單色光束為藍色
C．V1>V2 單色光束為紅色 D．V1>V2 單色光束為藍色
2009年10月1日建國60周年的國慶閱兵場上，呈現在世人面前的導彈裝備全部為首次亮相的新型號主戰武器，有5種新型號導彈，共計108枚．與此前兩次國慶閱兵展示相比，身材小了，威力強了，精度高了．其中新型中遠程地地導彈，打擊效能多樣，已成為信息化條件下局部戰爭的“拳頭”．如圖所示，從地面上A點發射一枚中遠程地地導彈，在引力作用下沿ACB橢圓軌道飛行擊中地面目標B，C為軌道的遠地點，距地面高度為h．已知地球半徑為R，地球質量為m地，引力常量為G，不計空氣阻力．下列結論中正確的是（ ）高考真題
1．【解析】對A選項，靜止的導線上的穩恒電流附近產生穩定的磁場，通過旁邊靜止的線圈不會產生感應電流，A被否定；穩恒電流周圍的穩定磁場是非勻強磁場，運動的線圈可能會產生感應電流，B符合事實；靜止的磁鐵周圍存在穩定的磁場，旁邊運動的導體棒會產生感應電動勢，C符合；運動的導線上的穩恒電流周圍產生運動的磁場，即周圍磁場變化，在旁邊的線圈中產生感應電流，D符合。
【答案】A
2．【解析】本題考查右手定則的應用。根據右手定則，可判斷PQ作為電源，Q端電勢高，在PQcd回路中，電流為逆時針方向，即流過R的電流為由c到d，在電阻r的回路中，電流為順時針方向，即流過r的電流為由b到a。當然也可以用楞次定律，通過回路的磁通量的變化判斷電流方向．所以選項B正確
【答案】B
3.【解析】如圖所示，設觀察方向為面向北方，左西右東，則地磁場方向平行赤道表面向北，
若飛機由東向西飛行時，由右手定則可判斷出電動勢方向為由上
向下，若飛機由西向東飛行時，由右手定則可判斷出電動勢方向
為由下向上，A對B錯；沿著經過地磁極的那條經線運動時，速
度方向平行于磁場，金屬桿中一定沒有感應電動勢，C錯D對。
【答案】AD
4．【解析】在釋放的瞬間，速度為零，不受安培力的作用，只受到重力，A對。由右手定則可得，電流的方向從b到a，B錯。當速度為
時，產生的電動勢為
，受到的安培力為
，計算可得
,C對。在運動的過程中，是彈簧的彈性勢能、重力勢能和內能的轉化，D錯。
【答案】AC
5．【解析】在x=R左側，設導體棒與圓的交點和圓心的連線與x軸正方向成θ角，則導體棒切割有效長度L=2Rsinθ，電動勢與有效長度成正比，故在x=R左側，電動勢與x的關系為正弦圖像關系，由對稱性可知在x=R右側與左側的圖像對稱。
【答案】A
6．【解析】考查自感現象。電鍵K閉合時，電感L1和L2的電流均等于三個燈泡的電流，斷開電鍵K的瞬間，電感上的電流i突然減小，三個燈泡均處于回路中，故b、c燈泡由電流i逐漸減小，B、C均錯，D對；原來每個電感線圈產生感應電動勢均加載于燈泡a上，故燈泡a先變亮，然后逐漸變暗，A對。本題涉及到自感現象中的“亮一下”現象，平時要注意透徹理解。
【答案】AD．
7．【解析】該題利用導體在磁場中的切割模型綜合考查法拉第電磁感應定律、歐姆定律、物體平衡、牛頓第二定律和變速直線運動規律；導體從靜止開始又變加速到勻加速，又由勻加速到勻速直至完成全過程，環環相扣，逐步深入，循序漸進，無不滲透著經典物理的科學思想和方法．
（1）體棒ab從A處下落時的有效切割長度為
r，由法拉第電磁感應定律得：
E1＝
Brv1，此時等效電路的電阻為R總1＝＝4R，所以I1＝＝，故安培力F1＝BI
（2）有效切割長度為2r，所以感應電動勢為E2＝2Brv，此時等效電路的電阻為R總2＝＝3R，所以I2＝＝，故安培力為F2＝BI2L2＝，因棒中電流大小始終不變，也就是速度不變，所以棒受力平衡，即mg＝，v＝，在無磁場區域棒做勻加速直線運動，由勻變速直線運動規律v2－v22＝2gh，所以h＝－，得I22＝I2＝，故P2＝I222R2＝＝，
（3）由牛頓第二定律F＋mg－＝ma，所以F＝ma－mg＋
【答案】(1) a＝g－ (2) (3) F＝ma－mg＋
8．（1）a和b不受安培力作用，由機械能守恒可知
（2）設導體棒剛進入無磁場區域時的速度為
，剛離開無磁場區域時的速度為
，
由能量守恒得：在磁場區域中，
在無磁場區域中，
解得：
（3）在無磁場區域，根據勻變速直線運動規律
，且平均速度
，有磁場區域，棒a受到的合力
感應電動勢 ，感應電流
，解得
根據牛頓第二定律，在t到
時間內
解得
【答案】（1）
（2）
（3）
9．【解析】（1）改變電流方向，磁通量變化量為原來磁通量的兩倍，即2BS，代入公式計算得B=
，由法拉第電磁感應定律可知電動勢的平均值ε＝
。
（2）根據數據可得B與I成正比，比例常數約為0.00125，故B=kI（或0.00125I）
（3）為了得到平均電動勢的準確值，時間要盡量小，由B的計算值可看出與N和S相關聯，故選擇A、B。
【答案】（1），
（2）0.00125I（或kI）
（3）A，B
10．【解析】正確分析線框的受力情況和運動情況是解決問題的關鍵
（1）cd邊剛進入磁場時，做自由落體運動，線框速度v=
所以線框中產生的感應電動勢E=BLv＝BL
(2)
此時線框中電流 I=
由分壓原理可得，cd兩點間的電勢差U=I(
)=
(3)安培力 F=BIL=
根據牛頓第二定律mg-F=ma,由a=0
解得下落高度滿足 h=
【答案】（1）E=BLv＝BL （2）U=I()= （3）
11．【解析】導體棒所受的安培力為：F=BIl………………①
由題意可知，該力的大小不變，棒做勻減速運動，因此在棒的速度從v0減小到v1的過程中，平均速度為：
……………………②
當棒的速度為v時，感應電動勢的大小為：E=Blv………………③
棒中的平均感應電動勢為：
………………④
綜合②④式可得：
………………⑤
導體棒中消耗的熱功率為：
………………⑥
負載電阻上消耗的熱功率為：
…………⑦
由以上三式可得：
…………⑧
【答案】（1） （2）
12．【解析】(1)由于列車速度與磁場平移速度不同，導致穿過金屬框的磁通量發生變化，由于電磁感應，金屬框中會產生感應電流，該電流受到的安培力即為驅動力。
(2)為使列車獲得最大驅動力，MN、PQ應位于磁場中磁感應強度同為最大值且反向的地方，這會使得金屬框所圍面積的磁通量變化率最大，導致框中電流最強，也會使得金屬框長邊中電流受到的安培力最大。因此，d應為
的奇數倍，即
或
（
）①
(3)由于滿足第(2)問條件：則MN、PQ邊所在處的磁感應強度大小均為B0且方向總相反，經短暫的時間
，磁場沿Ox方向平移的距離為
，同時，金屬框沿Ox方向移動的距離為
。 因為v0>V，所以在時間內MN邊掃過磁場的面積
在此時間內，MN邊左側穿過S的磁通移進金屬框而引起框內磁通量變化
同理，該時間內，PQ邊左側移出金屬框的磁通引起框內磁通量變化
故在內金屬框所圍面積的磁通量變化
根據法拉第電磁感應定律，金屬框中的感應電動勢大小 
根據閉合電路歐姆定律 
根據安培力公式，MN邊所受的安培力
PQ邊所受的安培力 
根據左手定則，MN、PQ邊所受的安培力方向相同，此時列車驅動力的大小
聯立解得 
【答案】（1） 電流受到的安培力即為驅動力 （2） （3）
名校試題
1．【解析】若保持電鍵閉合，磁通量不變，感應電流消失，所以鋁環跳起到某一高度后將回落；正、負極對調，同樣磁通量增加，由楞次定律，鋁環向上跳起．
【答案】CD
2．【解析】 是楞次定律可以判斷選項AC正確
【答案】AC
3．【解析】橡膠盤A在加速轉動時，產生的磁場在不斷增加，穿過B的磁通量不斷增加，根據楞次定律可知B正確。
【答案】B
4．【解析】矩形線框向上進入勻強磁場時，受到向下的重力和磁場力，致使速度減小，所
以v1＞v2，A正確；進入磁場后上升階段從位置2到位置3，無磁場力，重力做負功，所以v2＞v3，B錯誤；從位置2上升至最高點后再返回至位置2，無磁場力，重力做功為零，所以v2＝v4，C正確；下落離開磁場的過程中，受到向下的重力和向上的磁場力，兩個力大小無法確定，所以v4與v5無法比較，D錯誤。
【答案】AC
5．【解析】當拉力恒定時,
最終以
的速度做勻速運動,則
，代入
的表達式中得
當功率恒定時,
最終以的速度做勻速運動,則
代入
的表達式中得
【答案】C
6．【解析】對
、
棒受力分析如圖所示,從能的轉化與守恒角度出發,可推知外力F克服棒所受的摩擦力
做功直接將其他形式的能轉化為內能,而F克服安培阻力
做的功將其他形式的能轉化為電能,其功率為P電=(F-f)Va,故感應電流做功的
功率也為
,C項正確.本題易錯選D,實際上它是回路的總電能的一部分。在棒上通過
克服
做功轉化為棒與軌道的內能,功率
.這時棒與相當于電動機通過感應電流而運動,把電能通過克服做功轉化為內能.電能的另一部分,由電流的熱效應轉化為電路的內能,電能的另一部分,由電流的熱效應轉化為電路的內能,其功率為感應電流做功的總功率減去棒上輸出的功率,即
,故D項所指正是這部分功率而非感應電流做功的總功率.
【答案】C
7．【解析】⑴勻速時，拉力與安培力平衡，F=BIL
得：
⑵金屬棒a切割磁感線，產生的電動勢E=BLv
回路電流 聯立得：
⑶平衡時，棒和圓心的連線與豎直方向的夾角為θ，
得：θ=60°
【答案】（1） （2） （3）
8．【解析】（1）設ab棒離開磁場邊界前做勻速運動的速度為v，產生的電動勢為E = BLv…
電路中電流 I = 
……………對ab棒，由平衡條件得 mg－BIL = 0…
解得 v = 
(2) 由能量守恒定律：mg(d0 + d) = E電 + 
mv2
解得 
，
（3）設棒剛進入磁場時的速度為v0，由mgd0 = mv02，得v0 = 
棒在磁場中勻速時速度為v = ，則
1 當v0=v，即d0 = 
時，棒進入磁場后做勻速直線運
2 當v0 < v，即d0 <時，棒進入磁場后做先加速后勻速直線運動
3 當v0＞v，即d0＞時，棒進入磁場后做先減速后勻速直線運動
【答案】（1） （2） （3）
9．【解析】(1)
勻速下降時,金屬桿勻速上升,回路中產生的感應電動勢為:
則
對、
整體有：
由以上式子解得：
(2)由(1)得:
由
圖象可知:
所以解得:
【答案】（1） （2）
10．【解析】（1）當金屬棒勻速下滑時速度最大，設最大速度為vm，達到最大時則有
mgsinθ=F安 F安＝ILB
其中 R總＝6R
所以
mgsinθ=
解得最大速度 
（2）R2上消耗的功率 
其中 
又 
解以上方程組可得
當
時，R2消耗的功率最大
最大功率
【答案】（1） （2）
11．【解析】（1）在t＝0至t＝4s內，金屬棒PQ保持靜止，磁場變化導致電路中產生感應電動勢．電路為r與R并聯，再與RL串聯，電路的總電阻
＝5Ω
①
此時感應電動勢
=0.5×2×0.5V=0.5V
②
通過小燈泡的電流為：
＝0.1A
③
（2）當棒在磁場區域中運動時，由導體棒切割磁感線產生電動勢，電路為R與RL并聯，再與r串聯，此時電路的總電阻
＝2＋Ω＝Ω ④
由于燈泡中電流不變，所以燈泡的電流IL=0.1A，則流過棒的電流為
＝
電動勢
⑥
解得棒PQ在磁場區域中v=1m/s
【答案】（1） 0.1A （2）運動的速度大小v=1m/s
12．【解析】(1)ab桿向右運動時，ab桿中產生的感應電動勢方向為a→b，大小為E=BLv1，… 耐桿中的感應電流方向為d→c.cd桿受到的安培力方向水平向右
安培力大小為
①
解①、③兩式，ab桿勻速運動的速度為
③
(2)ab桿所受拉力F=
④
(3)設cd桿以v2速度向下運動h過程中，ab桿勻速運動了s距離
整個回路中產生的焦耳熱等于克服安培力所做的功
…
【答案】（1） （2） （3）
13．【解析】導軌在外力作用下向左加速運動，由于切割磁感線，在回路中要產生感應電流，導軌的bc邊及金屬棒PQ均要受到安培力作用PQ棒受到的支持力要隨電流的變化而變化，導軌受到PQ棒的摩擦力也要變化，因此導軌的加速度要發生改變．導軌向左切割磁感線時，感應電動勢 E=BLv ①
感應電流 
②
即
③ 導軌受到向右的安培力F 1= BIL，金屬棒PQ受到向上的安培力F2= BIL，導軌受到PQ棒對它的摩擦力
，
根據牛頓第二定律，有
④
（1）當剛拉動導軌時，v=0，由③④式可知I=0時有最大加速度am，即
m/s2
（2）隨著導軌速度v增大感應電流I增大而加速度a減小，當a=0時，導軌有最大速度vm，從④式可得
A
將
A代入③式，得
m/s
解得 
m/s 
棒所受安培力F=BId 
m/s2 
； 經過位置2時，環中磁通量最大，磁通量變化率為零，不產生感應電流，只受重力mg，故a2
=g；銅環在位置3時速度大于位置1時的速度，所以經過位置3時磁通量變化率比位置1時大，產生的感應電流也大，受到的磁場力也大，且該磁場力仍然是阻礙環與磁場的相對運動，方向向上，所以a3< a1<g 。
，而所需時間為
， 
V.
A， 
W
V （2）
滑過
時，其等效電路如圖所示.這時的有效切割長度為
總電流：
中的電流方向由
.
E1=B